最新数学初三九年级上册 压轴解答题综合测试（Word 版 含答案）一、压轴题1．已知在ABC 中，AB AC =．在边AC 上取一点D ，以D 为顶点、DB 为一条边作BDF A ∠=∠，点E 在AC 的延长线上，ECF ACB ∠=∠．（1）如图（1），当点D 在边AC 上时，请说明①FDC ABD ∠=∠；②DB DF =成立的理由．（2）如图（2），当点D 在AC 的延长线上时，试判断DB 与DF 是否相等？2．如图，在矩形ABCD 中，AB=20cm ，BC=4cm ，点p 从A 开始折线A ——B ——C ——D 以4cm/秒的 速度 移动，点Q 从C 开始沿CD 边以1cm/秒的速度移动，如果点P 、Q 分别从A 、C 同时出发，当其中一点到达D 时，另一点也随之停止运动，设运动的时间t （秒）（1）t 为何值时，四边形APQD 为矩形.（2）如图（2），如果⊙P 和⊙Q 的半径都是2cm ，那么t 为何值时，⊙P 和⊙Q 外切？3．研究发现：当四边形的对角线互相垂直时，该四边形的面积等于对角线乘积的一半，如图1，已知四边形ABCD 内接于O ，对角线AC BD =，且AC BD ⊥．（1）求证：AB CD =；（2）若O 的半径为8，弧BD 的度数为120︒，求四边形ABCD 的面积；（3）如图2，作OM BC ⊥于M ，请猜测OM 与AD 的数量关系，并证明你的结论．4．如图，在矩形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，连接AC 、EC 、EF 、FC ，且EC EF ⊥.（1）求证：AEF BCE ∽；（2）若23AC =，求AB 的长；（3）在（2）的条件下，求出ABC 的外接圆圆心与CEF △的外接圆圆心之间的距离？5．如图1，有一块直角三角板，其中AB 16=，ACB 90∠=，CAB 30∠=，A 、B 在x 轴上，点A 的坐标为()20,0，圆M 的半径为33，圆心M 的坐标为()5,33-，圆M 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向右做平移运动，运动时间为t 秒； ()1求点C 的坐标；()2当点M 在ABC ∠的内部且M 与直线BC 相切时，求t 的值；()3如图2，点E 、F 分别是BC 、AC 的中点，连接EM 、FM ，在运动过程中，是否存在某一时刻，使EMF 90∠=？若存在，直接写出t 的值，若不存在，请说明理由．6．如图，AB 是⊙O 的直径，AF 是⊙O 的弦，AE 平分BAF ∠，交⊙O 于点E ，过点E 作直线ED AF ⊥，交AF 的延长线于点D ，交AB 的延长线于点C .(1)求证:CD 是⊙O 的切线;(2)若10,6AB AF ==，求AE 的长.7．如图，在正方形ABCD 中，P 是边BC 上的一动点（不与点B ，C 重合），点B 关于直线AP 的对称点为E ，连接AE ，连接DE 并延长交射线AP 于点F ，连接BF（1）若BAP α∠=，直接写出ADF ∠的大小（用含α的式子表示）.（2）求证：BF DF ⊥.（3）连接CF ，用等式表示线段AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并证明.8．如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 交x 轴于A 、B 两点，其中点A 坐标为（1，0），与y 轴交于点C （0，﹣3）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，连接AC ，点Q 为x 轴下方抛物线上任意一点，点D 是抛物线对称轴与x 轴的交点，直线AQ 、BQ 分别交抛物线的对称轴于点M 、N ．请问DM +DN 是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．（3）如图2，点P 为抛物线上一动点，且满足∠PAB ＝2∠ACO ．求点P 的坐标．9．抛物线()20y ax bx c a =++≠的顶点为(),P h k ，作x 轴的平行线4y k =+与抛物线交于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4．（1）请直接写出a 的值____________；（2）若抛物线当0x =和4x =时的函数值相等，①求b 的值；②过点()0,2Q 作直线2y =平行x 轴，交抛物线于M 、N 两点，且4QM QN +=，求c 的取值范围；（3）若1c b =--，2727b -<<AB 与抛物线所夹的封闭区域为S ，将抛物线绕原点逆时针旋转α，且1tan 2α=，此时区域S 的边界与y 轴的交点为C 、D 两点，若点D 在点C 上方，请判断点D 在抛物线上还是在线段AB 上，并求CD 的最大值．10．如图，已知抛物线234y x bx c =++与坐标轴交于A 、B 、C 三点，A 点的坐标为(1,0)-，过点C 的直线334y x t=-与x 轴交于点Q ，点P 是线段BC 上的一个动点，过P 作PH OB ⊥于点H ．若5PB t =，且01t <<．（1）点C 的坐标是________，b =________；（2）求线段QH 的长（用含t 的式子表示）；（3）依点P 的变化，是否存在t 的值，使以P 、H 、Q 为顶点的三角形与COQ 相似？若存在，直接写出所有t 的值；若不存在，说明理由．11．一个四边形被一条对角线分割成两个三角形，如果分割所得的两个三角形相似，我们就把这条对角线称为相似对角线.（1）如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为AD 的中点，点F ，H 分别在边AB 和CD 上，且1AF DH ==，线段CE 与FH 交于点G ，求证：EF 为四边形AFGE 的相似对角线；（2）在四边形ABCD 中，BD 是四边形ABCD 的相似对角线，120A CBD ∠=∠=，2AB =，6BD =CD 的长；（3）如图，已知四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，90A ∠=，8AB =，6AD =，点E 是AB 的中点，点F 是射线AD 上的动点，若EF 是四边形AECF 的相似对角线，请直接写出线段AF 的长度（写出3个即可）.12．如图，正方形ABCD 中，点O 是线段AD 的中点，连接OC ，点P 是线段OC 上的动点，连接AP 并延长交CD 于点E ，连接DP 并延长交AB 或BC 于点F ，（1）如图①，当点F 与点B 重合时，DE DC等于多少； （2）如图②，当点F 是线段AB 的中点时，求DE DC 的值；（3）如图③，若DE CF =，求DE DC的值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）见解析；（2）DB DF =【解析】【分析】（1）①直接利用三角形的外角性质，即可得到；②过D 作DG BC 交AB 于点G ，由等腰三角形的性质，平行线的性质和等边对等角，得到BG DC =，DGB FCD ∠=∠，然后证明三角形全等，即可得到结论成立；（2）连接BF ，根据题意，可证得BCF BDF A ∠=∠=∠，则B 、C 、D 、F 四点共圆，即可证明结论成立.【详解】解：（1）①∵BDC A ABD ∠=∠+∠，即BDF FDC A ABD ∠+∠=∠+∠，∵BDF A ∠=∠，∴FDC ADB ∠=∠；②过D 作DG BC 交AB 于点G ，∴ADG ACB ∠=∠，AGD ABC ∠=∠，又AB AC =，∴A ABC CB =∠∠，∴AGD ADG ∠=∠，∴AD AG =，∴AB AG AC AD-=-，∴BG DC=，又ECF ACB AGD∠=∠=∠，∴DGB FCD∠=∠，在GDB△与CFD△中，,,DGB FCDGB CDGBD FDC∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴()GDB CFD ASA△≌△∴DB DF=；（2）证明：如图：连接BF，由（1）可知，AABC CB=∠∠，∵ECF ACB∠=∠，∴ABC ECF∠=∠，∵BCA CA BCF E F=∠+∠∠+∠，∴A BCF∠=∠，∴BDF A BCF∠=∠=∠，∴B、C、D、F四点共圆，∴180DCB DFB∠+∠=︒，DBF ECF∠=∠，∴ACB DFB∠=∠，∵BC EC ACA F B=∠=∠∠，∴DBF DFB∠=∠，∴DB DF=.【点睛】本题考查了四点共圆的知识，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，以及三角形外角性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而得到角的关系，再进行证明.2．（1）4；（2）t为4s，203s，283s时，⊙P与⊙Q外切．【解析】试题分析：（1）四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；（2）主要考虑有四种情况，一种是P在AB上，一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．试题解析：（1）根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．此时，4t=20-t，解得t=4（s）．答：t为4时，四边形APQD为矩形（2）当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．①如果点P在AB上运动．只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4．由（1），得t=4（s）；②如果点P在BC上运动．此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5＞4，∴⊙P与⊙Q外离；③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧．可得CQ=t，CP=4t-24．当CQ-CP=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，t-（4t-24）=4，解得t=203（s）；④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧．当CP-CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，4t-24-t=4，解得t=283（s），∵点P从A开始沿折线A-B-C-D移动到D需要11s，点Q从C开始沿CD边移动到D需要20s，而283＜11，∴当t为4s，203s，283s时，⊙P与⊙Q外切．考点：1.矩形的性质；2.圆与圆的位置关系．3．（1）见解析；（2）96；（3）AD=2OM，理由见解析【解析】【分析】（1）根据弦、弧、圆心角的关系证明；（2）根据弧BD的度数为120°，得到∠BOD=120°，利用解直角三角形的知识求出BD，根据题意计算即可；（3）连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，根据垂径定理得到AE=DE，再利用圆周角定理得到∠BOM=∠BAC，∠AOE=∠ABD，再利用等角的余角相等得到∠OBM=∠AOE，则可证明△BOM≌△OAE得到OM=AE，证明结论．【详解】解：（1）证明：∵AC=BD，∴AC BD，则AB DC，∴AB=CD；（2）如图1，连接OB、OD，作OH⊥BD于H，∵弧BD的度数为120°，∴∠BOD=120°，∴∠BOH=60°，则BH=3OB=43，∴BD=83，则四边形ABCD的面积=12×AC×BD=96；（3）AD=2OM，连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图2，∵OE⊥AD，∴AE=DE，∵∠BOC=2∠BAC，而∠BOC=2∠BOM，∴∠BOM=∠BAC，同理可得∠AOE=∠ABD，∵BD⊥AC，∴∠BAC+∠ABD=90°，∴∠BOM+∠AOE=90°，∵∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OBM=∠AOE，在△BOM和△OAE中，OMB OEAOBM OAEOB OA∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BOM≌△OAE（AAS），∴OM=AE，∴AD=2OM．【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质和矩形的性质、会利用三角形全等解决线段相等的问题是解题的关键． 4．（1）详见解析；（2）22；（3）12【解析】【分析】（1）由矩形的性质得到90EAF CBE ∠=∠=︒，再根据同角的余角相等，得到AFE BEC =∠∠，即可证明相似；（2）根据矩形的性质和相似三角形的性质，得到222AB BC =，再利用勾股定理，即可求出AB 的长度；（3）分别找出两个三角形外接圆的圆心M 、N ，利用三角形中位线定理，即可求出MN 的长度.【详解】（1）证明：在矩形ABCD 中，有90EAF CBE ∠=∠=︒，∴90AEF AFE ∠+∠=︒，∵EC EF ⊥，∴90FEC ∠=︒，∴90AEF BEC ∠+∠=︒，∴AFE BEC =∠∠，∴AEF BCE ∽；（2）在矩形ABCD 中，有AD=BC ，∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点，∴22,2AB AE BE AD AF ===；∵AEF BCE ∽，∴AE AF BC BE=， ∴222AB BC =，在Rt △ABC 中，由勾股定理得，222AB BC AC +=，∴221122AB AB +=， 解得：22AB =；（3）如图：∵△ABC 是直角三角形， ∴△ABC 的外接圆的圆心在AC 中点M 处， 同理，△CEF 的外接圆的圆心在CF 的中点N 处，∴线段MN 为△ACF 的中位线，∴1124MN AF AD ==， 由（2）知，22222AB BC AD ==， ∴22AD AB =， ∴22122882MN AB ==⨯=. 【点睛】本题考查了求三角形外接圆的圆心距，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形中位线定理，解题的关键是熟练利用所学性质进行证明和求解.5．（1）()C 8,43；（2）t=18s ；（3）t 1513=±．【解析】【分析】（1）如图1中，作CH ⊥AB 于H ．解直角三角形求出CH ，OH 即可．（2）如图1﹣1中，设⊙M 与直线BC 相切于点N ，作MH ⊥AB 于H ．求出OH 的长即可解决问题．（3）设M （﹣5+t ，33），EF 12=AB =8，由∠EMF =90°，可得EM 2+MF 2=EF 2，由此构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，作CH ⊥AB 于H ．∵A （20，0），AB =16，∴OA =20，OB =4．在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，AB =16，∠CAB =30°，∴BC 12=AB =8，CH =BC •sin60°3BH =BC •cos60°=4，∴OH =8，∴C （8，3（2）如图1﹣1中，设⊙M 与直线BC 相切于点N ，作MH ⊥AB 于H ．∵MN=MH3MN⊥BC，MH⊥BA，∴∠MBH=∠MBN=30°，∴BH3==9，∴点M的运动路径的长为5+4+9=18，∴当点M在∠ABC的内部且⊙M与直线BC相切时，t的值为18s．（3）∵C（8，3B（4，0），A（20，0）．∵CE=EB，CF=FA，∴E（6，3），F（14，3），设M（﹣5+t，3），EF12=AB=8．∵∠EMF=90°，∴EM2+MF2=EF2，∴（6+5﹣t）2+32+（14+5﹣t）2+32=82，整理得：t2﹣30t+212=0，解得：t=1513【点睛】本题是圆的综合题，考查了平移变换，解直角三角形，切线的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．6．（1）详见解析；（2）5【解析】【分析】（1）通过证明OE∥AD得出结论OE⊥CD，从而证明CD是⊙0的切线；（2）在Rt△ADE中，求出AD，DE，利用勾股定理即可解决问题．【详解】（1）证明：∵AE平分∠DAC，∴∠CAE＝∠DAE．∵OA＝OE，∴∠OEA＝∠OAE．∴∠DAE＝∠AEO，．∴AD∥OE．∵AD⊥CD，∴OE⊥CD．∴CD是⊙O的切线．（2）解：连接BF交OE于K．∵AB 是直径，∴∠AFB ＝90°，∵AB ＝10，AF ＝6，∴BF 22106-8，∵OE ∥AD ，∴∠OKB ＝∠AFB ＝90°，∴OE ⊥BF ，∴FK ＝BK ＝4，∵OA ＝OB ，KF ＝KB ，∴OK ＝12AF ＝3， ∴EK ＝OE ﹣OK ＝2，∵∠D ＝∠DFK ＝∠FKE ＝90°，∴四边形DFKE 是矩形，∴DE ＝KF ＝4，DF ＝EK ＝2，∴AD ＝AF+DF ＝8，在Rt △ADE 中，AE 22AD DE +2284+45．【点睛】本题考查切线的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．7．（1）45°+α；（2）证明见解析；（3）2BF+CF.【解析】【分析】（1）过点A 作AG ⊥DF 于G ，由轴对称性质和正方形的性质可得AE=AD ，∠BAP=∠EAF ，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠EAG=∠DAG ，即可得∠FAG=12∠BAD=45°，∠DAG+∠BAP=45°，根据直角三角形两锐角互余的性质即可得答案； （2）由（1）可得∠FAG=12∠BAD=45°，由AG ⊥PD 可得∠APG=45°，根据轴对称的性质可得∠BPA=∠APG=45°，可得∠BFD=90°，即可证明BF ⊥DF ； （3）连接BD 、BE ，过点C 作CH//FD ，交BE 延长线于H ，由∠BFD=∠BCD=90°可得B 、F 、C 、D 四点共圆，根据圆周角定理可得∠FBC=∠FDC ，∠DFC=∠DBC=45°，根据平行线的性质可得∠FDC=∠DCH ，根据角的和差关系可得∠ABF=∠BCH ，由轴对称性质可得BF=EF ，可得△BEF是等腰直角三角形，即可得∠BEF=45°，BE=2BF，即可证明∠BEF=∠DFC，可得BH//FC，即可证明四边形EFCH是平行四边形，可得EH=FC，EF=CH，利用等量代换可得CH=BF，利用SAS可证明△ABF≌△BCH，可得AF=BH，即可得AF、BF、CF的数量关系.【详解】（1）过点A作AG⊥DF于G，∵点B关于直线AF的对称点为E，四边形ABCD是正方形，∴AE=AB，AB=AD=DC=BC，∠BAF=∠EAF，∴AE=AD，∵AG⊥FD，∴∠EAG=∠DAG，∴∠BAF+∠DAG=∠EAF+∠EAG，∵∠BAF+∠DAG+∠EAF+∠EAG=∠BAD=90°，∴∠BAF+∠DAG=∠GAF=45°，∴∠DAG=45°-α，∴∠ADF=90°-∠DAG=45°+α.（2）由（1）得∠GAF=45°，∵AG⊥FD，∴∠AFG=45°，∵点E、B关于直线AF对称，∴∠AFB=∠AFE=45°，∴∠BFG=90°，∴BF⊥DF.（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，∵∠BFD=∠BCD=90°，∴B、F、C、D四点共圆，∴∠FDC=∠FBC，∠DFC=∠DBC=45°，∵CH//FD，∴∠DCH=∠FDC，∴∠FBC=∠DCH，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠FBC=∠BCD+∠DCH，即∠ABF=∠BCH，∵点E、B关于直线AF对称，∴BF=EF ，∵∠BFE=90°，∴△BEF 是等腰直角三角形，∴∠BEF=45°，BE=2BF ，∴∠BEF=∠DFC ，∴FC//BH ，∴四边形EFCH 是平行四边形， ∴EH=FC ，CH=BF ，在△ABF 和△BCH 中，AB BC ABF BCH BF CH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AF=BH=BE+EH=2BF+CF.【点睛】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、圆周角定理、四点共圆的判定及全等三角形的判定与性质，正确得出B 、F 、C 、D 四点共圆并熟练掌握圆周角定理及轴对称的性质是解题关键.8．（1）223y x x =+-；（2）是，定值为8；（3）1557,416⎛⎫- ⎪⎝⎭或939,416⎛⎫-- ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）把点A 、C 坐标代入抛物线解析式即可求得b 、c 的值．（2）设点Q 横坐标为t ，用t 表示直线AQ 、BN 的解析式，把x ＝1-分别代入即求得点M 、N 的纵坐标，再求DM 、DN 的长，即得到DM +DN 为定值．（3）点P 可以在x 轴上方或下方，需分类讨论．①若点P 在x 轴下方，延长AP 到H ，使AH ＝AB 构造等腰△ABH ，作BH 中点G ，即有∠PAB ＝2∠BAG ＝2∠ACO ，利用∠ACO 的三角函数值，求BG 、BH 的长，进而求得H 的坐标，求得直线AH 的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P 坐标．②若点P 在x 轴上方，根据对称性，AP 一定经过点H 关于x 轴的对称点H '，求得直线AH '的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P 坐标．【详解】解：（1）∵抛物线y ＝x 2+bx +c 经过点A （1，0），C （0，－3），∴10003b c c ++=⎧⎨++=-⎩解得：23b c =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线的函数表达式为y ＝x 2＋2x －3．（2）结论：DM +DN 为定值．理由：∵抛物线y ＝x 2＋2x －3的对称轴为：直线x ＝－1，∴D （﹣1，0），x M ＝x N ＝﹣1，设Q （t ，t 2+2t ﹣3）（﹣3＜t ＜1），设直线AQ 解析式为y ＝dx +e∴2023d e dt e t t +=⎧⎨+=+-⎩解得：33d t e t =+⎧⎨=--⎩， ∴直线AQ ：y ＝（t +3）x ﹣t ﹣3，当x ＝﹣1时，y M ＝﹣t ﹣3﹣t ﹣3＝﹣2t ﹣6，∴DM ＝0﹣（﹣2t ﹣6）＝2t +6，设直线BQ 解析式为y ＝mx +n ，∴23023m n mt n t t -+=⎧⎨+=+-⎩解得：133m t n t =-⎧⎨=-⎩， ∴直线BQ ：y ＝（t ﹣1）x +3t ﹣3，当x ＝﹣1时，y N ＝﹣t +1+3t ﹣3＝2t ﹣2，∴DN ＝0﹣（2t ﹣2）＝﹣2t +2，∴DM +DN ＝2t +6+（﹣2t +2）＝8，为定值．（3）①若点P 在x 轴下方，如图1，延长AP 到H ，使AH ＝AB ，过点B 作BI ⊥x 轴，连接BH ，作BH 中点G ，连接并延长AG 交BI 于点F ，过点H 作HI ⊥BI 于点I ．∵当x 2+2x ﹣3＝0，解得：x 1＝﹣3，x 2＝1，∴B （﹣3，0），∵A （1，0），C （0，﹣3），∴OA ＝1，OC ＝3，AC 221310+=AB ＝4，∴Rt △AOC 中，sin ∠ACO ＝010A AC =，cos ∠ACO ＝310OC AC =， ∵AB ＝AH ，G 为BH 中点，∴AG ⊥BH ，BG ＝GH ，∴∠BAG ＝∠HAG ，即∠PAB ＝2∠BAG ，∵∠PAB ＝2∠ACO ，∴∠BAG ＝∠ACO ，∴Rt △ABG 中，∠AGB ＝90°，sin ∠BAG＝10BG AB =， ∴BGAB =， ∴BH ＝2BG， ∵∠HBI +∠ABG ＝∠ABG +∠BAG ＝90°，∴∠HBI ＝∠BAG ＝∠ACO ，∴Rt △BHI 中，∠BIH ＝90°，sin ∠HBI ＝HI BH，cos ∠HBI＝BI BH =， ∴HIBH ＝43，BIBH ＝125， ∴x H ＝411355-+=-，y H ＝125-，即1112,55H ⎛⎫-- ⎪⎝⎭， 设直线AH 解析式为y ＝kx +a ， ∴0111255k a k a +=⎧⎪⎨-+=-⎪⎩，解得：3434k a ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线AH ：3344y x =-， ∵2334423y x y x x ⎧=-⎪⎨⎪=+-⎩解得：10x y =⎧⎨=⎩（即点A ）或943916x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴939,416P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． ②若点P 在x 轴上方，如图2，在AP 上截取AH '＝AH ，则H '与H 关于x 轴对称．∴1112,55H ⎛'⎫- ⎪⎝⎭， 设直线AH '解析式为y k x a ='+'， ∴0111255k a k a +='''⎧-'⎪⎨+=⎪⎩，解得：3434k a ⎧=-⎪⎪⎨''⎪=⎪⎩， ∴直线AH '：3344y x =-+， ∵2334423y x y x x ⎧=-+⎪⎨⎪=+-⎩解得：10x y =⎧⎨=⎩（即点A ）或1545716x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴1557,416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭． 综上所述，点P 的坐标为939,416⎛⎫-- ⎪⎝⎭或1557,416⎛⎫- ⎪⎝⎭． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰三角形的性质，三角函数的应用．运用到分类讨论的数学思想，理清线段之间的关系为解题关键．9．（1）1；（2）①4b =-；②26c ≤<；（3）D 一定在线段AB 上，52102=CD 【解析】【分析】（1）根据题意顶点P （k ，h ）可将二次函数化为顶点式：()2y a x k h =-+，又4y k =+与抛物线交于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4，即可得出a 的值； （2）①根据抛物线x=0和x=4时函数值相等，可得到顶点P 的横坐标，根据韦达定理结合（1）即可得到b 的值，②根据（1）和（2）①即可得二次函数对称轴为x=2，利用点Q （0，2）关于对称轴的对称点R （4，2）可得QR=4，又QR 在直线y=2上，故令M 坐标（t ，2）（0≤t ＜2），代入二次函数即求得c 的取值范围；（3）由c=-b-1代入抛物线方程即可化简，将抛物线绕原点逆时针旋转αα，且tanα=2，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线l ，且tanα=2，可得到直线l 的解析式，最后联立直线方程与抛物线方程运算求解．【详解】解：（1）根据题意可知1二次函数2y ax bx c =++（a≠0）的顶点为P （k ，h ），故二次函数顶点式为()2y a x k h =-+，又4y k =+与抛物线交于点A 、B ，且无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4，∴a=1；故答案为：a=1．（2）①∵二次函数当0x =和4x =时的函数值相等 ∴222b b x a =-=-= ∴4b =-故答案为：4b =-． ②将点Q 向右平移4个单位得点()4,2R当2c =时，242y x x =-+令2y =，则2242x x =-+解得14x =，20x =此时()0,2M ，()4,2N ，4MN QR ==∵4QM QN +=∵QM NR =∴4QN NR QR +==∴N 在线段QR 上，同理M 在线段QR 上设(),2M m ，则02m ≤<，224m m c =-+ 2242(2)6c m m m =-++=--+∵10-<，对称轴为2m =，02m ≤<∴c 随着m 的增大而增大∴26c ≤<故答案为：26c ≤<．（3）∵1c b =--∴21y x bx b =+--将抛物线绕原点逆时针旋转α，且tan 2α=，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线l ，且tan 2α=，∴l 的解析式为2y x =221y x y x bx b =⎧⎨=+--⎩∴2(2)10x b x b +---= ∴2224(2)448b ac b b b ∆=-=-++=+∴x =∴12,22b D b ⎛-+-++ ⎝⎭ 2224412444244AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-++124224AB D b y yb b ⎛⎫-+-=-++-++= ⎪⎝⎭∵20b ≥∴12404410444D ABb y y -+-+-=≥==> ∴点1D 始终在直线AB 上方∵2C b -+-⎝⎭∴24224BC A b y yb b ⎛⎫-+-=-+--++= ⎪⎝⎭ ∴224841644AB C b b y y -++--++-== )22164-+=∵b-<<2028b ≤<，∴4≤<设n ，4n≤<∴2(2)164AB C n y y --+-= ∵104-<，对称轴为2n = ∴当4n ≤<时，AB C y y -随着n 的增大而减小∴当4n =时，0AB C y y -=∴当224n ≤<时，AB C y y >∴区域S 的边界与l 的交点必有两个∵1D AB y y >∴区域S 的边界与l 的交点D 一定在线段AB 上∴D AB y y =∴2(2)164D C C AB n y y y y --+-=-= ∴当22n =时，D C y y -有最大值122+此时1222D C x x +-= 由勾股定理得：()()2252102C CD D CD x x y y +=-+-=，故答案为：5102=CD ． 【点睛】 本题考查二次函数一般式与顶点式、韦达定理的运用，以及根与系数的关系判断二次函数交点情况，正确理解相关知识点是解决本题的关键．10．（1）()90,3,4--；（2）48QH t =- ；（321或732或2532 【解析】【分析】（1）由于直线y ＝34t x －3过C 点，因此C 点的坐标为（0，-3），那么抛物线的解析式中c=-3，然后将A 点的坐标代入抛物线的解析式中即可求出b 的值；（2）求QH 的长，需知道OQ ，OH 的长．根据CQ 所在直线的解析式即可求出Q 的坐标，也就得出了OQ 的长，然后求OH 的长．在（1）中可得出抛物线的解析式，那么可求出B 的坐标．在直角三角形BPH 中，可根据BP=5t 以及∠CBO 的正弦值（可在直角三角形COB 中求出），得出BH 的长，根据OB 的长即可求出OH 的长．然后OH ，OQ 的差的绝对值就是QH 的长；（3）本题要分①当H 在Q 、B 之间．②在H 在O ，Q 之间两种情况进行讨论；根据不同的对应角得出的不同的对应成比例线段来求出t 的值．【详解】（1）由于直线y ＝34tx －3过C 点，C 点在y 轴上，则C 点的坐标为（0，-3）， 将A 点坐标代入解析式中，得0＝34－b －3，解得b ＝－94； 故答案为 ()0,3-，94-； （2）由（1），得y ＝34x 2－94x －3，它与x 轴交于A ，B 两点，得B （4，0）．∴OB ＝4，又∵OC ＝3，∴BC ＝5．由题意，得△BHP ∽△BOC ，∵OC ∶OB ∶BC ＝3∶4∶5，∴HP ∶HB ∶BP ＝3∶4∶5，∵PB ＝5t ，∴HB ＝4t ，HP ＝3t ．∴OH ＝OB －HB ＝4－4t ．由y ＝34tx －3与x 轴交于点Q ，得Q （4t ，0）． ∴OQ ＝4t ．①当H 在Q 、B 之间时，QH ＝OH －OQ＝（4－4t ）－4t ＝4－8t ．②当H 在O 、Q 之间时， QH ＝OQ －OH＝4t －（4－4t ）＝8t －4．综合①，②得QH ＝｜4－8t ｜；（3）存在t 的值，使以P 、H 、Q 为顶点的三角形与△COQ 相似．t 121，t 2＝732，t 3＝2532解析：①当H 在Q 、B 之间时，QH ＝4－8t ， 若△QHP ∽△COQ ，则QH ∶CO ＝HP ∶OQ ，得48334t t t -=，∴t ＝732． 若△PHQ ∽△COQ ，则PH ∶CO ＝HQ ∶OQ ，得34834t t t -=， 即t 2＋2t －1＝0．∴t 11，t 2＝1-（舍去）．②当H 在O 、Q 之间时，QH ＝8t －4．若△QHP ∽△COQ ，则QH ∶CO ＝HP ∶OQ ，得84334t t t -=， ∴t ＝2532． 若△PHQ ∽△COQ ，则PH ∶CO ＝HQ ∶OQ ，得38434t t t -=， 即t 2－2t ＋1＝0．∴t 1＝t 2＝1（舍去）．综上所述，存在t 的值，t 11，t 2＝732，t 3＝2532．故答案为（1）()90,3,4--；（2）48QH t =- ；（31或732或2532． 【点睛】 本题是二次函数的综合题，此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．11．（1）详见解析；（2）3CD =或3；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）只要证明△EAF ∽△FEG 即可解决问题；（2）如图3中，作DE ⊥BA 交BA 的延长线于E ．设AE=a ．在Rt △BDE 中，利用勾股定理构建方程求出a ，分两种情形构建方程求解即可；（3）①当△AFE ∽△EFC 时，连接BC ，AC ，BD ．②当△AFE ∽△FEC 时，作CH ⊥AD 交AD 的延长线于H ，作OM ⊥AD 于M ，连接OA ．③当△AFE ∽△CEF 时，分别求解即可，注意答案不唯一．【详解】解：（1）如图1，∵正方形ABCD 中4AB AD CD ===，90A D ∠=∠=，E 为AD 中点∴2AE ED ==，∵1AF DH ==，∴12AF DE AE CD == ∴AEF DCE ∆∆∽∴AEF DCE ∠=∠，AFE DEC ∠=∠∵//AF DH ，∴四边形AFHD 为平行四边形 ∴AD FH ，∴AEF EFG ∠=∠，DEC EGF AFE ∠=∠=∠∴AEF EFG ∆∆∽∴EF 为四边形AFGE 的相似对角线.（2）如图2，过点D 作DE BA ⊥，垂足为E ，设AE a =∵120A CBD ∠=∠=，∴60EAD ∠=，∴3DE a =∵2AB =，6BD =∴()22236a a ++=312a -=（负根已经舍弃）， ∴31AD =-分为两种情况：①如图3，当ABD BCD ∆∆∽时，AD BD BD CD = ∴()316CD -=，∴333CD =+②如图4，当ABD BDC ∆∆∽时，AB BD BD CD= ∴26CD =，∴3CD =综上，333CD =+或3（3）①如图5，∵∠FEC=∠A=90°，∠BEF=∠BEC+∠FEC=∠A+∠AEF ，∴AFE BEC ∠=∠，AF EF AF AE EC BE==，∴AFE BEC ∆∆∽，∴90B ∠=由“一线三等角”得83 AF=.②如图，当△AFE∽△FEC时，作CH⊥AD交AD的延长线于H，作OM⊥AD于M，连接OA．∵△AFE∽△FEC，∴∠AFE=∠FEC，∴AD∥EC，∴∠CEB=∠DAB=90°，∵∠OMA=∠AHC=90°，∴四边形AEOM，四边形AECH都是矩形，∵OM⊥AD，∴AM=MD=3，∴AM=OE=3，∵OE⊥AB，∴AE=EB=4，∴2234+，∴CE=AH=8，设AF=x，则FH=8-x，CH=AE=4，由△AEF∽△HFC，可得AFCH=AEFH，∴448xx =-，解得x=4，经检验x=4是分式方程的解，∴AF=4．③如图当△AFE∽△CEF时易证四边形AECF是矩形，AF=EC=8．综上所述，满足条件的AF 的长为83或4或8．（答案不唯一） 【点睛】 本题属于圆综合题，考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．12．（1）12；（2）tan EAD ∠=13；（3）51DE CD -= 【解析】【分析】（1）先证明△ADP ≌△CDP ，得到∠DAP=∠DCP ，再证明△ADE ≌△CDO ，得到DE=DO ，根据O 是AD 的中点，AD=CD ，即可得到答案；（2）先证明△AFD ≌△DOC ，得到∠AFD=∠DOC ，进而得到∠OPD=90°，即可得到△OPD ∽△FAD ，根据对应边成比例得到DP OD AD DF =,设AF=OD=x ，则AD=2x ，5x ，得到25x ，求出35x ，再证明△DEP ∽△FAP ，得到23DE AF =，根据AF=12CD ，即可得到答案；（3）先证明△FCD ≌△EDA ，得到∠EAD=∠FDC ，进而得到∠EPD=∠APD=90°，根据直角三角形的性质可得OP=OD=12AD ，设OD=OP=x ，则CD=2x ，5x ，可得PC=OC-5x x -，根据△DPO ∽△FPC ，得到51OD FC +=，进而得到51251CF CD ==+，即可得到结论. 【详解】（1）如图①中，∵四边形ABCD 是正方形，PDA PDC ∴∠=∠，DP DP =，DA DC =，PDA ∴≌()PDC SAS ，DAE DCO ∴∠=∠，90ADE CDO ∠=∠=︒，AD CD =，ADE ∴≌()CDO ASA ，OD DE ∴=，AO OD ∴=，CE DE ∴=，12DE DC ∴=． （2）如图②中，连接OF ．设OA OD a ==．AF FB =，OA OD =，AB AD =，AF OD ∴=，AD DC =，90FAD ODC ∠=∠=︒，FAD ∴≌()ODC SAS ，FDA OCD ∴∠=∠，90FDA CDP ∠=∠=︒，∴ 90OCD CDP ∠=∠=︒，90CPD ∴∠=︒，90FAO FPO ∠=∠=︒，∴A ，F ，P ，O 四点共圆，PAO PFO ∴∠=∠，1tan 2OP OPD PD∠==， 5OP a ∴=，25PD a =， 5DF a =，35PF a ∴=， 1tan tan 3OP PFO PAO PF ∴∠=∠==， tan EAD ∴∠= 13DE DE AD CD ==． （3）如图③中，连接EF ．设CF DE y ==，EC x =．CF DE =，90FCD EDA ∠=∠=︒，CD DA =，∴ FCD ≌EDA ()SAS ，CDF EAD ∴∠=∠，90CDF ADP ∠=∠=︒，∴ 90DAE ADP ∠+∠=︒，∴ 90APD ∠=︒，OA OD =，∴ OP OA OD ==，∴ OAP OPA CPE ∠=∠=∠，90ECF EPF ∠=∠=︒，∴E ，C ，F ，P 四点共圆，∴ CFE EPC ∠=∠，∴ CFE DCF ∠=∠，ECF DCF ∠=∠，∴ FCE ∽DCF ，∴ 2·CF CE CD =，∴ ()2y x x y =+，∴ 220y xy x --=，∴ y x =x （舍弃），∴ 12y x +=，∴ DE y CD x y ===+． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，求根公式法解一元二次方程，锐角三角函数及四点共圆等知识，用到的知识点较多，难度较大，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．。